2015《创新大课堂》高三人教版数学（理）一轮复习课时作业 第七章 立体几何 第七节.doc

1、数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 课时作业 一、填空题 1如图所示，在三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1 底面 ABC，AB BC AA1， ABC 90，点 E、 F分别是棱 AB、 BB1的中点，则直线 EF和 BC1所成的角为 _ 解析 建立如图所示的空间直角坐标系 设 AB BC AA1 2， 则 C1(2， 0， 2)， E(0， 1， 0)， F(0， 0， 1)， 则 EF (0， 1， 1)， BC1 (2， 0， 2)， EF BC1 2， cos EF ， BC1 22 2 2 12， EF 和 BC1 所成角为 60 . 答案 60 数学备课大师

2、 【全免费】 http:/ http:/ 2.如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中， ACB 90， 2AC AA1 BC 2. 若二面角 B1 DC C1的大小为 60，则 AD的长为 _ 则由 cos 60 |m n|m|n| ，得 1a2 2 12，即 a 2， 故 AD 2. 答案 2 3如图，在正四棱锥 S ABCD中， O为顶点在底面上的射影，P为侧棱 SD的中点，且 SO OD，则直线 BC 与平面 PAC所成角为 _ 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 解析 如图所示，以 O为原点建立空间直角坐标系 O xyz. 设 OD SO OA OB OC a， 则

3、 A(a， 0， 0)， B(0， a， 0)， C( a， 0， 0)， P 0， a2， a2 . 则 CA (2a， 0， 0)， AP a， a2， a2 ， CB (a， a， 0) 设平面 PAC 的法向量为 n，可求得 n (0， 1， 1)， 则 cos CB ， n CB n|CB |n| a2a2 2 12. CB ， n 60， 直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 90 60 30 . 答案： 30 4如图是一副直角三角板现将两三角板拼成直二面角，得到四面体 ABCD，则下列叙述正确的是 _ BD AC 0； 平面 BCD的法向量与平面 ACD的法向量垂直； 异面直线

4、BC 与 AD所成的角为 60； 四面体 ABCD有外接球； 直线 DC与平面 ABC所成的角为 30 . 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 解析 依题意得， BD 平面 ABC， 又 AC平面 ABC，因此有 BD AC， 所以 BD AC 0， 正确由于平面 BCD与平 面ACD不垂直，因此平面 BCD的法向量与平面 ACD的法向量不垂直， 不正确对于 ，作 AE BC 于 E， 设 AB AC 2a，直线 BC 与 AD所成的角为 ， 则 BC 2 2a， BD 2 6a3 .以 E 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E(0， 0， 0)， A(0，

5、0， 2a)， B(0， 2a， 0)， C(0， 2a， 0)， D(2 63 a，2a， 0)， 则 BC (0， 2 2a， 0)， AD 2 63 a， 2a， 2a ， 所以 cos |cos BC ， AD | |BC AD |BC | |AD | 4a2（ 2 2a） 2 2 63 a2（ 2a） 2（ 2a） 2 3010 ， 因此直线 BC 与 AD所成的角不是 60， 不正确对于 ，依题意得， BD 平面 ABC，直线 DC 与平面 ABC 所成的角是 BCD 30，又易知 BD AC，AB AC，则 AC 平面 ABD，于是有 AC AD，记 CD的中点是 F，连接 BF

6、，则有 AF 12CD BF，因此点 F 到 A， B， C， D的距离相等，故四面体 ABCD有外接球，所以 正确 综上所述，其中叙述正确的是 . 答案 三、解答题 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 5 (2014长春调研 )如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面AA1C1C 底面 ABC， AA1 A1C AC 2， AB BC， AB BC，O为 AC中点 (1)求证： A1O 平面 ABC； (2)求直线 A1C与平面 A1AB所成角的正弦值； (3)在 BC1上是否存在一点 E，使得 OE 平面 A1AB？若存在，确定点 E的位置；若不存在，说明理由 解析

7、(1)证明： AA1 A1C AC 2， 且 O为 AC 中点， A1O AC. 又侧面 AA1C1C 底面 ABC， 交线为 AC， A1O平面 AA1C1C， A1O 平面 ABC. (2)连接 OB，如图，以 O为原点，分别以 OB、 OC、OA1 所在直线为 x 轴、 y轴、 z轴，建立空间直角坐标系， 则由题可知 B(1， 0， 0)， C(0， 1， 0)， A1(0， 0， 3)， A(0， 1， 0) A1C (0， 1， 3)， 令平面 A1AB的法向量为 n (x， y， z)， 则 nAA1 nAB 0， 而 AA1 (0， 1， 3)， AB (1， 1， 0)，则 y

8、 3z 0x y 0 ， 可求得一个法向量 n (3， 3， 3)， |cos A1C ， n | |nA1C |n|A1C | 62 21 217 ， 直线 A1C 与平面 A1AB所成角的正弦值为 217 . (3)存在点 E，且 E 为线段 BC1 的中点 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 连接 B1C 交 BC1 于点 M，连接 AB1、 OM， 则 M为 B1C 的中点， OM 是 CAB1 的一条中位线， OM AB1， 又 AB1平面 A1AB， OM平面 A1AB， OM 平面 A1AB， BC1 的中点 M即为所求的 E 点 6 (2013辽宁高 考 )如

9、图， AB是圆的直径， PA 垂直圆所在的平面， C是圆上的点 (1)求证：平面 PAC 平面 PBC； (2)若 AB 2， AC 1， PA 1，求二面角 C PB A的余弦值 解析 (1)证明： 由 AB是圆的直径，得 AC BC， 由 PA 平面 ABC， BC平面 ABC，得 PA BC. 又 PA AC A， PA平面 PAC， AC平面 PAC， 所以 BC 平面 PAC. 因为 BC平面 PBC. 所以平面 PBC 平面 PAC. (2)解法一： 过 C 作 CM AP，则 CM 平面 ABC. 如图 (1)，以点 C 为坐标原点，分别以直线 CB，CA， CM为 x 轴， y

10、轴， z轴建立空间直角坐标系 在 Rt ABC 中，因为 AB 2， AC 1， 所以 BC 3. 又因为 PA 1，所以 A(0， 1， 0)， B( 3， 0， 0)， P(0， 1， 1) 故 CB ( 3， 0， 0)， CP (0， 1， 1) 设平面 BCP 的法向量为 n1 (x1， y1， z1)， 则CB n1 0，CP n1 0.所以 3x1 0，y1 z1 0，不妨令 y1 1，则 n1 (0， 1， 1) 因为 AP (0， 0， 1)， AB ( 3， 1， 0)， 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 设平面 ABP 的法向量为 n2 (x2， y2

11、， z2)， 则AP n2 0，AB n2 0，所以 z2 0，3x2 y2 0， 不妨令 x2 1，则 n2 (1， 3， 0) 于是 cos n1， n2 32 2 64 . 由图 (1)知二面角 C PB A 为锐角， 故二面角 C PB A 的余弦值为 64 . 解法二： 如图 (2)，过 C 作 CM AB于 M， 因为 PA 平面 ABC， CM平面 ABC， 所以 PA CM. 又因为 PA AB A，且 PA平面 PAB， AB平面 PAB， 所以 CM 平面 PAB. 过 M作 MN PB于 N，连接 NC， 由三垂线定理得 CN PB， 所以 CNM为二面角 C PB A

12、的平面角 在 Rt ABC 中， 由 AB 2， AC 1，得 BC 3， CM 32 ， BM 32. 在 Rt PAB中，由 AB 2， PA 1，得 PB 5. 因为 Rt BNM Rt BAP， 所以 MN1 325，所以 MN3 510 . 所以在 Rt CNM中， CN 305 ，所以 cos CNM 64 ， 所以二面角 C PB A 的余弦值为 64 . 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 7 (2014北京西城二模 )如图 1，四棱锥 P ABCD中， PD 底面 ABCD，底面 ABCD是直角梯形， M为侧棱 PD上一点该四棱锥的俯视图和侧 (左 )视图如

13、图 2所示 (1)证明： BC 平面 PBD； (2)证明： AM 平面 PBC； (3)线段 CD上是否存在点 N，使 AM与 BN 所成角的余弦值为 34 ？若存在，找到符合要求的点 N，并求 CN的长；若不存在，请说明理由 解析 解法一： (1)证明：由俯视图可得 BD2 BC2 CD2， 所以 BC BD. 又因为 PD 平面 ABCD， 所以 BC PD， 所以 BC 平面 PBD. (2)证明：取 PC 上一点 Q，使 PQ PC 1 4，连接 MQ， BQ. 由俯视图知 PM PD 1 4， 所以 MQ CD， MQ 14CD. 在 BCD中，易得 CDB 60，所以 ADB 3

14、0 . 又 BD 2，所以 AB 1， AD 3. 又因为 AB CD， AB 14CD，所以 AB MQ， AB MQ， 所以四边形 ABQM为平行四边形，所以 AM BQ. 因为 AM平面 PBC， BQ平面 PBC， 所以直线 AM 平面 PBC. (3)线段 CD上存在点 N，使 AM与 BN 所成角的余弦值为 34 . 数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ 证明如下： 因为 PD 平面 ABCD， DA DC， 建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz. 所以 D(0， 0， 0)， A( 3， 0， 0)， B( 3， 1， 0)， C(0， 4， 0)， M(0，

15、 0， 3) 设 N(0， t， 0)，其中 0 t 4， 所以 AM ( 3， 0， 3)， BN ( 3， t 1， 0) 要使 AM与 BN 所成角的余弦值为 34 ， 则有 |AM BN |AM |BN | 34 ， 所以 |3|2 3 3（ t 1） 2 34 ， 解得 t 0 或 2，均适合 0 t 4. 故点 N 位于 D点处，此时 CN 4；或点 N 位于 CD的中点处，此时 CN 2，有 AM与 BN 所成角的余弦值为 34 . 解法二： (1)证明：因为 PD 平面 ABCD， DA DC， 建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz. 在 BCD中，易得 CDB 60，所以

16、 ADB 30 . 因为 BD 2，所以 AB 1， AD 3. 由俯视图和侧视图可得 D(0， 0， 0)， A( 3， 0， 0)， B( 3， 1， 0)， C(0， 4， 0)，数学备课大师 【全免费】 http:/ http:/ M(0， 0， 3)， P(0， 0， 4)， 所以 BC ( 3， 3， 0)， DB ( 3， 1， 0) 因为 BC DB 3 3 3 1 0 0 0， 所以 BC BD. 又因为 PD 平面 ABCD，所以 BC PD， 所以 BC 平面 PBD. (2)证明：设平面 PBC 的法向量为 n (x， y， z)， 则有nPC 0，nBC 0.因为 BC ( 3， 3， 0)， PC (0， 4， 4)， 所以 4y 4z 0， 3x 3y 0.取 y 1，得 n ( 3， 1， 1) 因为 AM ( 3， 0， 3)， 所以 AM n 3 ( 3) 10 13 0. 因为 AM平面 PBC， 所以直线 AM 平面 PBC. (3)线段 CD上存在点 N，使 AM与 BN 所成角的余弦值为 34 . 证明如下： 设 N(0， t， 0)，其中 0 t 4， 所以 AM ( 3， 0， 3)， BN ( 3， t 1， 0)